2023年四川省南充市高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷及答案解析

2023年四川省南充市高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1.（5分）設(shè)4={x∈Z∣-2Vχ<3},B={*4χ-α?=0）,且An2={1,2},則。的取值范圍

為（）

A.（0,I]B.（0,I）C.（0,4]D.（0,4）

2.（5分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（4,1）,且滿足（1-i）?z=2,則a—（）

A.1B.-1C.2D.-2

3?（5分）如圖是甲、乙兩人高考前10次數(shù)學(xué)模擬成績(jī)的折線圖,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

B.甲的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)多于乙的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)

C.甲有5次考試成績(jī)比乙高

D.甲數(shù)學(xué)成績(jī)的極差小于乙數(shù)學(xué)成績(jī)的極差

4.（5分）盒子里有I個(gè)紅球與"個(gè)白球，隨機(jī)取球，每次取1個(gè)球，取后放回，共取2次.若

1

至少有一次取到紅球的條件下，兩次取到的都是紅球的概率為J,則〃=（）

A.3B.4C.6D.8

5.（5分）“a=0”是“直線χ-4y+2α-1=0（α∈R）與圓?+b=1相切”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

6.（5分）已知Ial=V2,c=（1-λ）a+λb,若α?b=0,a-c=L則入=（）

11

A.1B.-?C.-D.-1

22

7.（5分）已知等差數(shù)列{坳}的前〃項(xiàng)和為品，若Sl=I且Ag=I4,則如=（）

A.3/1-2B.4n-3C.5〃-4D.6〃-5

8.(5分)若函數(shù)/(%)=√5cos(3%+w)+±(3>0,∣9∣VA)的部分圖象如圖所示，且

/(?=2,/(x)≥f(第，則函數(shù)g(x)=sin(ωx+φ)的單調(diào)遞減區(qū)間為()

A.[∕c7Γ-??fkτι+??](/e∈Z)

rr7Tr

B.[kττ+G，ICnH—?-](∕cEZ)

C.[fcττ+?γ2'kττH—??](fe∈Z)

D.[∕c7Γ一看，kτι+^-](∕c∈Z)

9.(5分)我國(guó)南北朝時(shí)期的著名數(shù)學(xué)家祖曬提出了祖胞原理：“嘉勢(shì)既同，則積不容異

意思是，夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平面的任意一個(gè)平面所

截，若截面面積都相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等.運(yùn)用祖眶原理計(jì)算球的體積時(shí)，

構(gòu)造一個(gè)底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球(如圖①)放置在同一平面上，

然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新

幾何體(如圖②)，用任何一個(gè)平行于底面的平面去截它們時(shí)，可證得所截得的兩個(gè)截面

???

2

面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等，^?i-Vj^=πR-R--πR-?R=

2%2-W2

-TT/?3.現(xiàn)將橢圓1+七=1繞)，軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體(如圖③)，類比上

述方法，運(yùn)用祖眶原理可求得其體積等于()

nn

10.（5分）已知數(shù)列｛〃〃｝滿足：a1=?,an+2-an≤31an+6-αn≥91?3,則。2023=

+-

2

%V

11.（5分）已知P為雙曲線=l（α>0,b>0）左支上的一點(diǎn)，雙曲線的左、右頂點(diǎn)

分別為A、B,直線BP交雙曲線的一條漸近線于點(diǎn)Q,直線AP、AQ的斜率為幻、公，

若以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)°,且2%+Q=0,則雙曲線的離心率為（）

C.√2

⑵（5分）若存在"∈R,使得對(duì)于任意Xe,e],不等式∕nxW0x2+bxW（e2-2e）lnx+e

恒成立，則實(shí)數(shù)6的最小值為（）

C.-1D.-e

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.

13.（5分）彳一2）（1-2x）4的展開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)為

（x-y+6≥0

14.（5分）已知實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件2x+y≤0,則z=2x+3y的最大值為

-2y+7≤0

15.（5分）設(shè)拋物線C：γ2=2px（p>0）的焦點(diǎn)是凡直線/與拋物線C相交于P、Q兩

點(diǎn)，且4PFQ=竽，線段P。的中點(diǎn)A到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為4則（粵i）2的最小

值為.

16.（5分）傳說(shuō)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著一個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這

個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等.“圓柱容球”是阿基米德最為得意的發(fā)現(xiàn)；如圖是一個(gè)

圓柱容球，。1、02為圓柱上、下底面的圓心，。為球心，EF為底面圓Oi的一條直徑,

若球的半徑r=2,有以下三個(gè)命題：

①平面DEF截得球的截面面積最小值為詈；

3

②球的表面積是圓柱的表面積的不

4

③若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE+PF的取值范圍為[2+2√5,4√3].

其中所有正確的命題序號(hào)為

三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.第17?21題為必考

題，每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

17.在ΦV5(α—bCoSC)=CS譏B,?2a-c=2hcosC,(3)(a-b)(o+?)=(α-c)C這三

個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答該問(wèn)題.

在AABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是α,b,c,且滿足,b=2√3.

(1)若α+c=4,求aABC的面積：

(2)求AABC周長(zhǎng)/的取值范圍.

18.在2022年卡塔爾世界杯亞洲區(qū)預(yù)選賽十二強(qiáng)賽中，中國(guó)男足以1勝3平6負(fù)進(jìn)9球失

19球的成績(jī)慘敗出局.甲、乙足球愛(ài)好者決定加強(qiáng)訓(xùn)練提高球技，兩人輪流進(jìn)行定位球

訓(xùn)練(每人各踢一次為一輪)，在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球

另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進(jìn)球另一人不進(jìn)球，進(jìn)球者得1分，

不進(jìn)球者得-1分；兩人都進(jìn)球或都不進(jìn)球，兩人均得。分，設(shè)甲每次踢球命中的概率為

1211

乙每次踢球命中的概率為？甲撲到乙踢出球的概率為3，乙撲到甲踢出球的概率g,

且各次踢球互不影響，

(1)經(jīng)過(guò)一輪踢球，記甲的得分為X,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；

(2)若經(jīng)過(guò)兩輪踢球，用p2表示經(jīng)過(guò)第2輪踢球后甲累計(jì)得分高于乙累計(jì)得分的概率，

求P2.

19.如圖，在平行六面體ABCD-AlBICIDl中，N、E、尸分別是A41、AB.ClDi的中點(diǎn),

側(cè)面DCC1。1，平面4BC7λNABBl=60°,AO=4,AB=DD?=S,ZBAD=120°.

(1)求證：NF〃平面CICE；

(2)試求二面角B-NF-C的余弦值.

X2y2ι

20.已知橢圓Ci：和+==Ka>6>0)的左右焦點(diǎn)分別為FI,∕72,拋物線Cizy=-∣(x2-1)

的頂點(diǎn)為2，且經(jīng)過(guò)Fι,Fi,橢圓CI的上頂點(diǎn)A滿足2O?=A.

(/)求橢圓Ci的方程;

(〃)設(shè)點(diǎn)M滿足2F；》=FI+&,點(diǎn)N為拋物線Ci上一動(dòng)點(diǎn)，拋物線C2在N處的

切線與橢圓交于尸，Q兩點(diǎn)，求AMPQ面積的最大值.

21.已知函數(shù)/(x)=ax-ex2,α>0且α≠l.

(1)設(shè)g(x)=呼+ex,討論g(x)的單調(diào)性;

(2)若α>l且/(x)存在三個(gè)零點(diǎn)Xi,X2,X3.

①求實(shí)數(shù)”的取值范圍：

2e+l

②設(shè)X1<X2<JG,求證：X1+3?X2+X3>

2

IX=

l+t2

22.在直角坐標(biāo)系XOy中，已知曲線C的參數(shù)方程為Jα為參數(shù)),以。為極點(diǎn),

2t

l+t2

X軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線/的極坐標(biāo)方程為PSin(θ-α)=CoSa(a為直

線/的傾斜角).

(1)求直線/的直角坐標(biāo)方程和曲線C的普通方程;

(2)設(shè)P(O,1),直線/與曲線C相交于A,B兩點(diǎn)，求5一二的最大值?

?PA??PB?

23.設(shè)/(x)=?x-l∣+lx+l∣.

(1)求/(x)≤Λ+2的解集；

31

(2)若f(x)的最小值為加，且〃>0,b>0,2a+2b=m,求------+-----的最小值.

J3a+2b1+3匕

2023年四川省南充市高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1.（5分）設(shè)4={x∈Z∣-2Vχ<3},B={R4χ-420},且AnB={1,2},則〃的取值范圍

為（）

A.（0,1]B.（0,1）C.（0,4]D.（0,4）

【解答】解：由已知,4={x∈Z∣-2<x<3}={-1,0,1,2},B={x?4x-a≥0]=[x?x≥^},

VA∩B={1,2},

ΛO<ξ≤1,即0<αW4,

的取值范圍是（0,4].

故選：C.

2.（5分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（m1）,且滿足（1-i）?z=2,則a=（）

A.1B.-1C.2D.-2

【解答】解：???復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（小1）,

二?z=α+i,

又,：（1-Z）?z=2,

2

.?cι+i=不二,=l+i,

故α=l;

故選：A.

3.（5分）如圖是甲、乙兩人高考前10次數(shù)學(xué)模擬成績(jī)的折線圖,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.甲的數(shù)學(xué)成績(jī)最后3次逐漸升高

B.甲的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)多于乙的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)

C.甲有5次考試成績(jī)比乙高

D.甲數(shù)學(xué)成績(jī)的極差小于乙數(shù)學(xué)成績(jī)的極差

【解答】解：對(duì)于A,由折線圖可知最后三次數(shù)學(xué)成績(jī)逐漸升高，故A說(shuō)法正確；

對(duì)于B,甲的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)為6次，乙的數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?30分以上的次數(shù)

為5次，故B說(shuō)法正確；

對(duì)于C,甲有7次考試成績(jī)比乙高，故C的說(shuō)法錯(cuò)誤；

對(duì)于D由折線圖可知，甲乙兩人的數(shù)學(xué)成績(jī)的最高成績(jī)相同，甲的最低成績(jī)?yōu)?20分，

乙的最低成績(jī)?yōu)?10分，因此甲數(shù)學(xué)成績(jī)的極差小于乙數(shù)學(xué)成績(jī)的極差，。說(shuō)法正確.

故選：C.

4.(5分)盒子里有1個(gè)紅球與〃個(gè)白球，隨機(jī)取球，每次取1個(gè)球，取后放回，共取2次.若

至少有一次取到紅球的條件下，兩次取到的都是紅球的概率為:，則〃=()

9

A.3B.4C.6D.8

【解答】解：設(shè)事件4為至少有一次取到紅球，事件B為兩次都取到紅球，由每次取后

Il1

放回知P(B)=EXm=宙，

72H九2

兩次都取到白球的概率為一X-=-~~—,

n+l7n+1(n+l)2

?prm_1n2-2n+1Prme_P(4B)_P(B)_1—1?.

i故P(A)-??一^???'-收一3'故”-4.

故選：B.

5.（5分）“a=0”是“直線X-4y+2α-1=0（α∈R）與圓x2+y2=l相切”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【解答】解：若直線χ-qy+2α-1=0(α∈R)與圓/+y2=l相切，

則圓心(0,0)到直線χ-αy+2a-1=0的距離d=〒1絲n==l,

解得。=0或a-*

所以“。=0”是“直線1-紗+2。-1=0(α∈R)與圓/+/=I相切”的充分而不必要條

件,

故選:A.

6.（5分）已知IQl=V∑,c=（1-入）a+入b,若Q?b=0,a?c=1,則入=（）

11

A.IB.-4C.-D.-1

22

【解答】解：=(1-λ)a+λb,

—>—>—?—?)

.?.α?c=α?[(1-入)α+λb]

=(1-λ)∣α∣2+λα?b

=2(I-入)+0=1

?二入=2，

故選：C.

7.(5分)已知等差數(shù)列｛珈｝的前〃項(xiàng)和為S”，若SI=I且年+*=14,則〃"=()

A.3〃-2B.4〃-3C.5n-4D.6n-5

【解答】解：設(shè)等差數(shù)列｛而｝的公差為d,由等差數(shù)列的求和公式可得Sn=na1+必展?d,

S∣71—1SQS413

—r=α+——d,所以'+,=2α+-d+-d=2%+2d=2+2d=14,

n12241221

解得d=6,因此an=a?+(n-1)￠/=1+6Cn-1)=6n-5.

故選：D.

8.(5分)若函數(shù)/(%)=√^cos(s+0)+2(eo>0,|口|V*)的部分圖象如圖所示，且

Λ?)=2,∕Q)≥∕(給，則函數(shù)g(%)=Sin(ωx+φ)的單調(diào)遞減區(qū)間為()

A.[∕c7Γ-γ2，fc7Γ+`??](/eEZ)

B.[kτt+5，kn+~^](k∈Z)

STrIITr

C.[fcττ+??,kτι+I2](kEZ)

D.[kπ-^rkτr+爭(zhēng)(k∈Z)

【解答】解：因?yàn)辄c(diǎn)給，2)在函數(shù)/(x)的圖像上，所以75血(今3+9)+?2,

即CoSG3+0)=孚，結(jié)合圖像可得卷3+W=-看①)，

又/(X)≥/(竽)，則直線X=竽為函數(shù)f(x)圖像的一條對(duì)稱軸，結(jié)合圖像可得等3+φ=

π■②，

由①、②解得3=2,9=—泉

所以g(%)=V3sin(2x一今，

.TTTC3ττs?rIlTr

令5+2kπ≤2x——≤—-?-2fcττ(fc∈Z),得∕σr+交≤x≤?ττ+-j?(k∈Z),

所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為優(yōu)兀+,，fcτr+yf](fc∈z).

故選：C.

9.(5分)我國(guó)南北朝時(shí)期的著名數(shù)學(xué)家祖眶提出了祖晅原理：“幕勢(shì)既同，則積不容異

意思是，夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平面的任意一個(gè)平面所

截，若截面面積都相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等.運(yùn)用祖咂原理計(jì)算球的體積時(shí)，

構(gòu)造一個(gè)底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球(如圖①)放置在同一平面上，

然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新

幾何體(如圖②)，用任何一個(gè)平行于底面的平面去截它們時(shí)，可證得所截得的兩個(gè)截面

111

面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等，即球

=7TR2?R-I7ΓR5?R=

-πR3.現(xiàn)將橢圓一+==1繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體(如圖③)，類比上

349

述方法，運(yùn)用祖眶原理可求得其體積等于()

【解答】解：構(gòu)造一個(gè)底面半徑為2,高為3的圓柱,

在圓柱中挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐,

則當(dāng)截面與頂點(diǎn)距離為人(0≤A≤3)時(shí)，小圓錐底面半徑為八

,hr2

則5=5,???r=^h

4

故截面面積為：47r-^πh2λ,

X2V2

把y=h代入Z÷~=1,

22

uπxh

即—十—=1,

49

解得：X=+?√9—∕ι2,

，橄欖球形幾何體的截面面積為兀%2=4τr-^ττ∕l2,

由祖曬原理可得橄欖球形幾何體的體積為:

1

P=2(y圓柱-V圓&=2×(4π×3-?×4π×3)=16π.

故選：D.

nn

10.(5分)已知數(shù)列｛的｝滿足：a1=?,αn+2-Qn≤3,απ+6-QrI≥91?3,則“2023=

)

3202333202333202332023

A.--------+-B.--------+-C.:------D.--------

228282

3

,

【解答】解：二?a1θQ?I+2ɑn43",

ari

??Q∏+4—n+2—3+2,αn+6—an+4-3"3

an+6~an=(ctn+6-an+4)÷(an+4-an+2)÷(αn+2-an)≤3n+4÷3n+2÷3n

3n(34+32+l)=91?3n,

nn

又@n+6-αn≥91?3,故即+6-an=91?3,

,?ɑn+2—Qn=3n'∏n+4—an+2=3n+?,Qn+6—^n+4=3n+"'

3n

?ɑ?一Ql=3，a5-a3=3,…，an+2一。九=3，a1=

故a2n+?-a?=a2n+?-ain-?+aι∏-1-Q2”-3+???+Q5一。3+。3-6τι=3+33+35+??*+32π'1,

則Q2n+1=αι+3÷33÷35+???+32n-1

QQ0∩-θ?θ???q2023

?α2023=g+3+33+35+…+32021=g+----------------=—g—

故選：C.

%V

H.(5分)已知P為雙曲線和一77=l(α>O,b>0)左支上的一點(diǎn)，雙曲線的左、右頂點(diǎn)

αzDΔ

分別為A、B,直線BP交雙曲線的一條漸近線于點(diǎn)Q,直線AP、AQ的斜率為內(nèi)、公，

若以48為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q,且2心+Q=O,則雙曲線的離心率為()

3-√6

A.-B.2C.√r2D.—

22

由A(-α,0)、BCa,0)以及以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)?？芍狝QJ_P8,

_?

所以k2kpB=-1=>kpB=一四，

義卜1=布為'IiPB=高'

所以G=信=W,

由題意知2七+&=0=一葛=4所以一行/又拓3=盜肅=處,

由①和②得=?,由c?=a2+b2=?∣α?得e=搟=Jl=?.

故選：D.

12.(5分)若存在G∈R,使得對(duì)于任意％∈(,e］,不等式?1xW0r2+?xWCe2-2e)∕nx+e

恒成立，則實(shí)數(shù)〃的最小值為()

〃+e+iβz+β

A.B.

e2-1

C.-1D.-e

【解答】解：令f(x)=",其中xeg,e］,則［(X)=號(hào)竺，

當(dāng)LVkVe時(shí)，f(x)>0,則函數(shù)/(x)在弓，e］上單調(diào)遞增，且/(1)=0,

令g(x)=(e2-2e)∕n%+e,則。,(乃=3-次嗎+e2-3e,

因?yàn)楹瘮?shù)y=(2e-e2)lnx+e2-3e在弓,u］上單調(diào)遞增,g'(J)=e2(2e2-5e)>0,g'(e)=

--<0,

e

所以，存在&€(；,e),使得g'(xo)=0,

1

當(dāng)一<r<?o時(shí)，g`(X)>0,此時(shí)函數(shù)g(X)單調(diào)遞增，

當(dāng)XoVXVe時(shí)，g'(%)V0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，如下圖所示:

IYIX(β2-2e)Znx+β

由題意得---≤ax+b≤

XX

直線y=αx+b恒位于y=f(x)的圖象上方，y=g(x)的圖象下方，6代表直線y=αx+6

在y軸上的截距，當(dāng)直線變化時(shí)觀察得當(dāng)直線過(guò)M(e,e-1)旦與曲線y=詈相切時(shí),

b最小,

四一？+1,

設(shè)切點(diǎn)為(X。，嚕)，則飛二I=審，

整理可得(e-l)?o+x0-(2x0一β)∕nx0-e=0,

令h(?)=(e-1)x2+x-(2x-e}Inx-e,則/?(1)=0,∕ι,(x)=2(e-I)X+1-2(1+

ITlX)4~~=2(e—l)x+——(1+2Znx),

而當(dāng)X∈［［e］時(shí)，2(e—1)%+3≥2j2e(e—1)>3,1+2∕HΛ≤3,

所以，2(e—1)%+——(1+2)%)>0,

所以當(dāng)Xeg,e］時(shí)，h?(x)>0,則函數(shù)〃(X)在弓，e］上單調(diào)遞增，

所以∕?(x)有唯一的零點(diǎn)1,

所以XO=1,此時(shí)直線方程為y=χ-1,故如加=-1.

故選：C.

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共2()分.

13.(5分)2)(1—2x)4的展開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)為-10.

【解答】解：(1-2x)4的展開(kāi)式通項(xiàng)為T(mén)r+ι=q?(-2x)r=CI?(-2)r?/,其中正{0,

1,2,3,4},

11

因?yàn)镃-2)(1-2x)4=i(l-2x)4-2(1-2x)3

?

在以Tr+1=以?(-2),?χi(r=O,1,2,3,4)中，由r-l=O,可得r=l,

在一27；+1=以?(一2尸+1?ΛΛ(∕C=0,1,2,3,4)中，得k=0,

所以展開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)為盤(pán)<—2)—2Cf=—10.

故答案為：-10.

%—y+6≥0

14.(5分)已知實(shí)數(shù)羽y滿足約束條件2%+y≤0,則Z=Zr+3y的最大值為8

Λ-2y+7≤0

【解答】解；首先畫(huà)出不等式組所表示的可行域，如圖所示：

畫(huà)出直線/θ:2%+3y=0,由z=2x+3y得y=-可%+可2,

要使Z取得最大值，即直線y=-∣x+MZ在)，軸上的縱截距最大，

因此平移直線/0,當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)C時(shí)縱截距最大，z取得最大值，

由盧HUn得點(diǎn)C的坐標(biāo)為(-2.4),

(%—y÷6=0

因此Z”^=2X(-2)+3X4=8.

故答案為：8.

15.(5分)設(shè)拋物線C：)2=2PX(p>0)的焦點(diǎn)是F,直線/與拋物線C相交于尸、。兩

點(diǎn)，且NPFQ=當(dāng)，線段尸。的中點(diǎn)A到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為4則(粵i)2的最小

值為3.

【解答】解：設(shè)IP用=機(jī)，IQQ=",

過(guò)點(diǎn)RQ分別作拋物線的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為產(chǎn)、Q',

則IPp|=加，?QQ?=n,

；點(diǎn)A為線段PQ的中點(diǎn)，...由中位線定理可得：

A到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為d=PP'甲頌=嗖，

f)TF

?."PFQ=?y,在△尸尸。中，由余弦定理可得：

?PQ?2=τnz-{-n2—2mncos?=m2+n2÷τnn,

22

?,d、2_(m+n)_(m+n)_1

==2=,

兩)4(m^+mn)4[(m+n)-mn)4[1-^?J

(τn÷n)

又(rn+n)2^4mn,：?一"≤J當(dāng)且僅當(dāng)機(jī)=〃時(shí)取等號(hào)，

(m÷n)z4

??(i?)2≤^?=T即(邛)2≥3,故(粵1)2的最小值為3?

故答案為：3.

16.（5分）傳說(shuō)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著一個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這

個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等.“圓柱容球”是阿基米德最為得意的發(fā)現(xiàn)；如圖是一個(gè)

圓柱容球，01、02為圓柱上、下底面的圓心，。為球心，EF為底面圓Oi的一條直徑,

若球的半徑r=2,有以下三個(gè)命題：

①平面OEF截得球的截面面積最小值為可；

3

②球的表面積是圓柱的表面積的一；

4

③若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE+PF的取值范圍為[2+2√5,4√3].

其中所有正確的命題序號(hào)為①③.

【解答】解：對(duì)于①，過(guò)點(diǎn)。在平面ABCD內(nèi)作。GLOOi,垂足為點(diǎn)G,如圖所示,

易知0IC>2±CD,OIo2=4,O2f）=2,

由勾股定理可得OlD=√0ι廢+。2。2=2√5,

則由題可得OG=∣×。叱=劣*侵=等，

乙l√l〃LZ√5?

設(shè)O到平面DEF的距離為dι,平面DEF截得球的截面圓的半徑為r?,

7∕?

：OiOU平面DEF,當(dāng)OGl.平面OEF時(shí)，Ji取最大值OG,即％≤OG=譽(yù),

?F=√4-d^≥^4-∣=等，

平面OEF截得球的截面面積最小值為T(mén)rX（等）2=1∣≡,.?.①正確：

對(duì)于②，Y球的半徑為r,圓柱的底面半徑為r,圓柱的高為2r,

又球的表面積為4πJ,圓柱的表面積為2πJ+如rX2r=6πJ,

4女丁22

球與圓柱的表面積之比為一r=一，.?.②錯(cuò)誤；

6πr23

對(duì)于③，由題可知點(diǎn)P在過(guò)球心與圓柱的底面平行的截面圓上，

設(shè)尸在底面的射影為P',

則PP1=2,PE=√22+P,E2=√4+P'f2,PF=√22+P,F2=√4+P,F2,

,221

由勾股定理可得PE+P'F=16,令尸，尸=8-t,則p?E=s+t,其中-8≤∕≤8,

PE+PF=√12+t+√12-t,

二(PE+PF)2=(√12+t+√12-t)2=24+2√144-t2∈[24+8√5,48],

.,.PE+PFe[2√5+2,4√3],，③正確.

故答案為：①③.

三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.第17-21題為必考

題，每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

17.在①√5(Q-bcosC)=CsiziB,?2a-c=2?cosC,③(a-?)(α+?)=(ɑ-C)C這三

個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答該問(wèn)題.

在AABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是小b,c?,且滿足,b=2√3.

(1)若α+c=4,求AABC的面積；

(2)求AABC周長(zhǎng)/的取值范圍.

【解答】解：(1)若選條件①，由√^(α-bcosC)=CSinB及正弦定理，

可得遍(Sim4—sinBcosCy)=SinCsinB

?,?y∕3[sin(^B+C)—SinBcosC]=SinCSinB,

：?WCOSBSinC=SinCsinB,又OVCVir,ΛsinC≠0,

LtanB=遮，又OVjBVTr,：?B=*

若選條件②，由2a-c=2?cosC及正弦定理，可得2sinA-SinC=2sin8cosC,

即2sin(B+C)-sinC=2sinBcosC,

化簡(jiǎn)得2cos8sinC=sinC,又OVCVπ,ΛsinC≠0,

：.CosB=^,又0VB<n,ΛB=J；

若選條件③，由(α+b)(a-b)=(α-c)c,化簡(jiǎn)得/+J-廬=",

由余弦定理得CoSB=a^2ac,即COSB=?,

又0V8Vπ,：.B=^,

故三個(gè)條件，都能得到8=不

由余弦定理得?2=α2+c2-IaccosB=(α+c)2-Iac-2accosB,

BP12=42—2ac—2acX?,解得αc=全

Λ?ABC的面積S=?acsinB=?×t×sin5=坐；

乙乙???

Lacb2Λ∕3

(2)Vh=2√3,B=T5r,由正弦定理得一r^;=~Γ~1=._=~f=~=4,

?smAsmCSinB里

2

**A-\rC=Ti—B=-?-,

/.α÷c=4(sinA+sinC)=4[sinA+sm(?—A)]=4√3(^cosA÷?SEA)=

4√3sin(Λ+J),

2TIRπ5τrπ1

又O<AV~g^,.*.~<A÷—<^-,sin(<A÷—)∈(-/1],

.?α+c∈(2√3,4√3],又b=2W,

?*.ɑ+6+c∈(4√5,6√3],

二ZXABC周長(zhǎng)/的取值范圍為(4次，6√3].

18.在2022年卡塔爾世界杯亞洲區(qū)預(yù)選賽十二強(qiáng)賽中，中國(guó)男足以1勝3平6負(fù)進(jìn)9球失

19球的成績(jī)慘敗出局.甲、乙足球愛(ài)好者決定加強(qiáng)訓(xùn)練提高球技，兩人輪流進(jìn)行定位球

訓(xùn)練(每人各踢?一次為一輪)，在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球

另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進(jìn)球另一人不進(jìn)球，進(jìn)球者得1分，

不進(jìn)球者得-1分；兩人都進(jìn)球或都不進(jìn)球，兩人均得0分，設(shè)甲每次踢球命中的概率為

1211

一，乙每次踢球命中的概率為一，甲撲到乙踢出球的概率為一,乙撲到甲踢出球的概率一，

2325

且各次踢球互不影響，

(1)經(jīng)過(guò)一輪踢球，記甲的得分為X,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望：

(2)若經(jīng)過(guò)兩輪踢球，用p2表示經(jīng)過(guò)第2輪踢球后甲累計(jì)得分高于乙累計(jì)得分的概率，

求02.

【解答】解：(1)經(jīng)過(guò)一輪踢球，記事件月為甲進(jìn)球，事件B為乙進(jìn)球，事件A與事件

B相互獨(dú)立，

11?211

?*?P(A)=IX(I-耳)=耳，P(B)=?×(1—2)=可，

甲的得分X的可能取值為-1,0,1,

211

P(X=-1)=(I-J)x*g,

P(X=O)+=

214

P(X=I)=5X(I-W)=IP

所以X的分布列為：

X-\01

184

P———

51515

所以E(X)——1×-g?÷0×條÷1×-γξ—?γξ

(2)根據(jù)題意，經(jīng)過(guò)第2輪踢球累計(jì)得分后甲得分高于乙得分的情況有三種，

①甲兩輪中第1輪得O分，第2輪得1分；

②甲第1輪得1分，第2輪得O分；

③甲兩輪各得1分，

：.p2=P(X=O)P(X=I)+P(X=I)[P(X=O)+P(X=I)]

-15x15+15x?+15-1-45?

19.如圖，在平行六面體ABC。-AIBICIDI中，N、E、F分別是AA1、AB.CIOl的中點(diǎn),

側(cè)面OCe1。11■平面ABCD,NABBl=60°,AD=4,AB=DD↑=8,NBAO=I20°.

(1)求證：NF〃平面ClCE；

(2)試求二面角B-NF-C的余弦值.

【解答】解：(1)證明：取CCl的中點(diǎn)為G,連接EG、FG、NE、CD1、AiB.

在4CιZ)ιC和4AA18中，：尸、G、N、E分別是Clo1、CC1、AA?,AB的中點(diǎn),

J.FG∕∕D?C,NE∕∕A?B,且FG=CNE=^A1B,

又在平行六面體ABCQ-AIBlC1。中，AiOi〃BC且AiDi=BC,

所以四邊形AiBCDi為平行四邊形，則AIB〃￡>iC且AIB=QlC

所以FG=NE,FG//NE,

因此四邊形NEGF為平行四邊形，所以NF〃EG,

又NFe平面CiCE,EGU平面CiCE,

所以NF〃平面CiCE.

(2)在平行六面體ABa)-AlBICIOI中，因?yàn)閭?cè)面。CeIz)I為平行四邊形，

又/ABBi=60°,AB=DDI=CD=8,

所以四邊形OCClDl為菱形，

取。C的中點(diǎn)為0,連接。4、OB、OC1、CiD,

在平行六面體48CD-AlBICloI中，AB//CD,BB?∕∕CCι,

由等角定理結(jié)合圖形可知/OCCl=∕ABBι=60°,

因?yàn)镃cl=CD,所以ACCiO為等邊三角形，

因?yàn)?。為CO的中點(diǎn)，則。CiLCO,

因?yàn)镺CCIOlI.平面ABC。，平面OCeIoIn平面ABeD=CD,OCIU平面。CC

所以O(shè)CI_L平面ABC￡),

在平行四邊形A8C3中，AD-=0D=0C=BC=4,NBA￡)=120°,則NAoO=60",

所以AAQO為等邊三角形，則OA=4,且NAOO=60°,

易知NBCO=120°,MOC=BC,則NCoB=/CBO=30°,

所以NAoB=90°,

分別以O(shè)A、OB、OC!所在直線分別為x、y、Z軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則B(0,4√3,0)、C(-2,2√3,0)、G(O,O,4√3),尸(2,-2√3,4√3)>A(4,0,

0)、A1(6,-2√3,4√3),N(5,-√3,2√3),

所以b=(4,-4√3,4√3),C7V=(7,-3√3,2√3),fiλ=(5,-5√3,2√3),SF=

(2,-6√3,4√3),

設(shè)平面CN尸的法向量為蔡=(X[,y1,z1),

則佇嚀=7/-3痢+2島】=0,取茄=(遮，5,4),

,mCF=4x1—4√3y1+4Λ∕3Z1=O

設(shè)平面BNb的法向量為1=(%2,丫2,Z2)，

則E?Bλ=5x2-5√3y2+2√?=°,取能(2√3,4,5),

(n?BF=2X2—6λ∕3y2+4Λ∕3Z2=θ

所以CoSVTn,3>=產(chǎn)七=丁/6=,又由圖可知二面角5-N/-C為銳

∣m∣?∣n∣2√11×√53583

角，

23√?西

所以二面角B-NF-C的余弦值為

583

χ￡?V乙-ι

2

2。.已知橢圓C,：-+記—＞。)的左右焦點(diǎn)分別為人八拋物線C2：產(chǎn)-?(X-D

的頂點(diǎn)為B,且經(jīng)過(guò)Q,F2,橢圓Cl的上頂點(diǎn)A滿足20?=A.

(/)求橢圓Ci的方程；

(//)設(shè)點(diǎn)M滿足2Fh=F?9+F%，點(diǎn)N為拋物線C2上一動(dòng)點(diǎn)，拋物線C2在N處的

切線與橢圓交于P,Q兩點(diǎn)，求AMPQ面積的最大值.

【解答】解：⑺由拋物線C2：y=-∣(x2-l),可得B(0,?),Fi(-1,0),

設(shè)橢圓的焦距為2c,則有c=